物理大一轮复习配套讲义第14章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节机械振动一、简谐运动1．概念：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象（x－t图象）是一条正弦曲线．2．简谐运动的表达式（1）动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式：x＝Asin（ωt＋φ），其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相．3．回复力(1）定义：使物体返回到平衡位置的力．(2)方向：时刻指向平衡位置．(3)来源：振动物体所受的沿振动方向的合力．4．描述简谐运动的物理量物理量定义意义振幅振动质点离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝eq\f（1，f）频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位ωt＋φ描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态二、简谐运动的图象1．物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线．2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图甲所示．（2）从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos_ωt，图象如图乙所示．三、单摆1．定义：在细线的一端拴一个小球,另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量都不计，球的直径比线短得多，这样的装置叫做单摆．2．视为简谐运动的条件：θ<5°.3．回复力：F＝G2＝Gsinθ＝eq\f(mg,l）x4．周期公式:T＝2πeq\r(\f(l,g））。5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和振子（小球）质量都没有关系．四、受迫振动及共振1．受迫振动（1)概念：物体在周期性驱动力作用下的振动．（2）振动特征：受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关．2．共振（1）概念：当驱动力的频率等于固有频率时,受迫振动的振幅最大的现象．(2）共振的条件：驱动力的频率等于固有频率．(3）共振的特征:共振时振幅最大．（4）共振曲线(如图所示）．f＝f0时，A＝Am.f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小．［自我诊断]1．判断正误(1）简谐运动是匀变速运动．（×）（2）周期、频率和振幅都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量．(×)（3）振幅就是简谐运动物体的位移．（×）(4)简谐运动的回复力可以是恒力．（×)（5)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关．(√)(6)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．(×）2．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是（）A．位移 B．速度C．加速度 D．回复力解析：选B.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度的大小相等，但方向不一定相同，所以可能不同的物理量是速度，选项B正确．3．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（）解析:选A。当弹簧振子在MN之间运动时，M、N为振动的最远点，OM、ON的距离为振幅，从N点计时粒子距O点最远，ON为正方向，A正确，B、C、D错误．4．(多选）如右图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是（)A．A、C振动周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等解析：选ACD。A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2πeq\r(\f（lA,g)),迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC,A、D正确；而TC固＝2πeq\r(\f(lC，g））＝TA,TB固＝2πeq\r（\f(lB,g））＞TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，B错误、C正确．5．一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点（如图所示)；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是________或________．解析：若质点从O点开始向右运动,则tOM＝3s，tMb＝2×eq\f(1，2)s＝1s，则有T＝16s，解得第三次回到M还需要14s。若质点从O点开始向左运动,tMb＝1s，tOaM＝3s,又由tOaM＝eq\f（3,4)T－tMb，得T＝eq\f(16,3)s，tOM＝eq\f（1，3)s，解得第三次回到M点还需要eq\f(10，3）s.答案：14seq\f（10，3)s考点一简谐运动的特征1．动力学特征:F＝－kx，“－"表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数．2．运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比,而方向相反,为变加速运动，远离平衡位置时,x、F、a、Ep均增大,v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反．3．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同．4．对称性特征：（1）相隔eq\f（T，2)或eq\f(2n＋1T，2）(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等，方向相反．（2）如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′（OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等．（3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间,即tPO＝tOP′.（4）振子往复过程中通过同一段路程（如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO.5．能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep,简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒．1．(多选)关于简谐运动的下列说法中,正确的是(）A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时,速度方向跟位移方向相同D．水平弹簧振子朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同,朝右运动时,加速度方向跟速度方向相反解析：选AC。物体做简谐运动的加速度a＝－eq\f(kx,m)，可得位移减小时，加速度减小，速度增大，A正确．位移方向总跟加速度方向相反,但位移方向跟速度方向可能相同，也可能相反，B错误,C正确．水平弹簧振子朝左运动时,若振子在平衡位置右侧，加速度方向与速度方向相同,若振子在平衡位置左侧,加速度方向与速度方向相反，D错误．2．如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4s，则该振子的振动频率为()A．1Hz B．1.25HzC．2Hz D．2。5Hz解析：选B.由简谐运动的对称性可知,tOb＝0。1s,从b向右运动到最大位移的时间也为0.1s,故eq\f(T,4)＝0。2s,解得T＝0。8s,频率f＝eq\f(1，T)＝1.25Hz，选项B正确．3．（2017·山东济宁模拟）(多选)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的位移x＝－0。1m；t＝eq\f(4，3）s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0。1m．该振子的振幅和周期可能为（)A．0。1m,eq\f（8，3）s B．0。1m,8sC．0.2m，eq\f(8,3)s D．0.2m,8s解析：选ACD。若振子的振幅为0。1m,eq\f（4,3)s＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（n＋\f（1,2)））T，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（4－\f（4，3))）s＝n1T，则周期最大值为eq\f(8，3)s，A正确，B错误;若振子的振幅为0。2m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x＝－0。1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x＝0。1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f(4，3)s，则eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）＋n)）T＝eq\f(4，3）s，所以周期的最大值为eq\f(8，3)s，且t＝4s时刻x＝0.1m，C正确；当振子由x＝－0.1m经平衡位置运动到x＝0.1m处，再经n个周期时所用时间为eq\f（4，3）s，则eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，6)＋n)）T＝eq\f(4,3)s，所以此时周期的最大值为8s,且t＝4s时,x＝0。1m，D正确．分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁,位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化．另外，各矢量均在其值为零时改变方向．(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性．考点二简谐运动的公式和图象1．简谐运动的公式:(1)简谐运动中位移随时间变化的表达式叫振动方程,一般表示为x＝Asin(ωt＋φ）．(2)从平衡位置开始计时,函数表达式为x＝Asinωt，从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt。2．对简谐运动图象的认识：(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线,如图所示．（2）图象反映的是位移随时间的变化规律,随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹．3．图象信息：（1）由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率．(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．(4）确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．(5）比较不同时刻回复力、加速度的大小．（6）比较不同时刻质点的动能、势能的大小．［典例］（2017·浙江台州检测）如图甲所示,弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（)A．t＝0.8s时,振子的速度方向向左B．t＝0。2s时，振子在O点右侧6cm处C．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0。8s的时间内,振子的速度逐渐减小解析由图象乙可知t＝0。8s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，选项A正确；t＝0.2s时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小,应在O点右侧大于6cm处，选项B错误;t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度大小相同，方向相反,选项C错误；t＝0。4s到t＝0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大,选项D错误．答案A“图象—运动结合法”分析图象问题（1）解此类题时，首先要理解x－t图象的意义,其次要把x－t图象与质点的实际振动过程联系起来．(2)图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等）,图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．1．（2016·湖北武汉部分重点中学联考)一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示．在1.5～2s的时间内,质点的速度v、加速度a的大小的变化情况是（)A．v变小，a变大 B．v变小，a变小C．v变大,a变小 D．v变大，a变大解析：选A.由振动图象可知，质点在1.5~2s的时间内向下振动，故质点的速度越来越小,位移逐渐增大,回复力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项A正确．2．（2017·北京昌平三中检测）如图为弹簧振子的振动图象，由此可知（)A．在t1时刻，振子的动能最大,所受的弹力最大B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大D．在t4时刻，振子的动能最大,所受的弹力最大解析:选B。x－t图象的斜率表示速度，故在t1时刻，速度为零，动能为零，选项A错误；在t2时刻，速度最大,动能最大,位移为零，故回复力为零，弹力为零，选项B正确;在t3时刻，振子的速度为零，故动能为零，选项C错误;在t4时刻，速度最大,动能最大,位移为零，故回复力为零，弹力为零，选项D错误．3．（2016·湖北荆州江陵中学期中)如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象,由图可知，下列说法中正确的是(）A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．第3s末振子的速度为正向的最大值D．从第1s末到第2s末振子在做加速运动解析:选C.根据图象，周期T＝4s，振幅A＝8cm，A错误．第2s末振子到达波谷位置，速度为零,加速度为正向的最大值，B错误．第3s末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，C正确．从第1s末到第2s末振子经过平衡位置向下运动到达波谷位置，速度逐渐减小，做减速运动，D错误．4．（多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0。1sin(2。5πt）m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6s时,小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判断正确的是（)A．h＝1。7mB．简谐运动的周期是0。8sC．0.6s内物块运动的路程为0。2mD．t＝0.4s时，物块与小球运动方向相反解析：选AB。由物块简谐运动的表达式y＝0。1sin（2。5πt)m知，ω＝2。5πrad/s,T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f（2π，2。5π)s＝0。8s，选项B正确；t＝0。6s时，y＝－0。1m,对小球:h＋|y|＝eq\f(1,2）gt2,解得h＝1。7m，选项A正确；物块0。6s内路程为0.3m，t＝0.4s时,物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同．故选项C、D错误．考点三受迫振动和共振自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定,即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆（θ≤5°）机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2。对共振的理解（1）共振曲线：如图所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大;当f＝f0时，振幅A最大．(2）受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．1．(2016·陕西三模)在实验室可以做“声波碎杯"的实验,用手指轻弹一只玻璃酒杯,可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是（）A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率解析：选D。由题可知用手指轻弹一只酒杯,测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波,将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振,从而能将酒杯碎掉,故D正确．2．如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是（)A．甲的振幅较大，且振动频率为8HzB．甲的振幅较大，且振动频率为9HzC．乙的振幅较大，且振动频率为9HzD．乙的振幅较大,且振动频率为72Hz解析:选B.物体做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率，故甲和乙的振动频率都是9Hz.再根据受迫振动的“振幅特征”可知，甲弹簧振子的固有频率更接近驱动力的频率，所以甲的振幅较大．综上知,B正确．3．(多选）如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法正确的是(）A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的,则该单摆摆长约为1mD．若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的解析:选ABC。图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0。2Hz，fⅡ＝0。5Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝eq\f（1,2π)eq\r(\f(g,L）)可知,g越大，f越大,所以gⅡ＞gⅠ,因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确;若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有eq\f（fⅠ,fⅡ）＝eq\f(0.2,0.5)，所以eq\f（LⅠ，LⅡ)＝eq\f(25,4），B正确；fⅡ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9。8m/s2，可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误．

考点四实验:探究单摆运动用单摆测定重力加速度1．实验原理:由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l，g）），可得出g＝eq\f（4π2,T2）l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．3．实验步骤（1)做单摆：取约1m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球,并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示．(2）测摆长:用毫米刻度尺量出摆线长L（精确到毫米），用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋eq\f（D,2)。（3）测周期:将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于10°），然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间,即为单摆的振动周期．(4）改变摆长，重做几次实验．（5）数据处理的两种方法：方法一：计算法．根据公式T＝2πeq\r(\f（l，g)），g＝eq\f（4π2l,T2）。将测得的几次周期T和摆长l代入公式g＝eq\f（4π2l,T2）中算出重力加速度g的值,再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值．方法二：图象法．由单摆的周期公式T＝2πeq\r（\f(l，g））可得l＝eq\f（g，4π2）T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l－T2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出图线的斜率k，即可求出g值．g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f（Δl,ΔT2).4．注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．(2）单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于10°.（3）选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数．（4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r。(5）选用一米左右的细线．1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1)图甲中秒表示数为一单摆振动50次所需时间,则单摆的振动周期为________．(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长,测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从图中可知单摆的摆长为________．(3）若用l表示摆长,T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.（4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变．"这两个学生中________．A．甲说得对 B．乙说得对C．都说得不对解析:(1)t＝2min＋12。5s＝132.5s，T＝eq\f（t,50)＝2。65s（2）摆长是从悬挂点到球心的距离，读数为990.0mm＋6。5mm（估计读数）＝996。5mm.(3）由T＝2πeq\r(\f（l，g）)，得g＝eq\f(4π2l,T2）。(4）球的质量大小并不影响重力加速度的大小，而空气的浮力的存在，能够造成“看上去”重力加速度减小，故甲的说法是正确的．答案:（1）2。65s（2）996.5mm（3)eq\f(4π2l，T2）(4)A2．(2017·四川雅安中学模拟）用单摆测重力加速度时,(1)摆球应采用直径较小，密度尽可能________的小球,摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线．(2）摆线偏离竖直方向的最大角度θ应________．（3)要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才完成一次全振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至________．(4）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为L＝97.50cm；用50分度的游标卡尺(测量值可准确到0.02mm)测得摆球直径为d＝2。100cm；然后用停表记录了单摆振动n＝50次全振动所用的时间为t＝99。9s．则该摆摆长为________cm，周期为________s，计算重力加速度的表达式为________．解析：（1)用单摆测重力加速度时，由于存在空气阻力对实验的影响，为了减小这种影响,所以采用体积小、密度大的摆球．（2)当角度很小时，单摆运动可以看成是简谐运动,所以最大角度θ应小于5°。(3)本实验偶然误差主要来自于时间(单摆周期）的测量上,因此,要注意测准时间，从摆球通过平衡位置开始计时，为了防止振动是圆锥摆，要在竖直平面内摆动，摆长是悬线的长度和小球半径之和．（4)真正的摆长为l＝L＋eq\f(d,2)＝97.50cm＋eq\f（2.100,2)cm＝98。550cm，周期T＝eq\f(t，n)＝eq\f(99.9,50)s＝1.998s．根据周期公式T＝2πeq\r（\f（l,g））得出g＝eq\f(4π2l，T2)，代入摆长和周期计算可得g＝eq\f（2π2n22L＋d，t2).答案:(1）大（2)小于5°(3）平衡同一竖直摆球球心(4)98。5501。998g＝2π2n2（2L＋d）/t23．用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．（1）(多选）组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母）．A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1。8cm的塑料球D．直径为1。8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80。0090.00100。0050次全振动时间t/s90.095。5100。5振动周期T/s1。801.91重力加速度g/(m·s－2）9.749。73请计算出第3组实验中的T＝______s,g＝______m/s2。（4）用多组实验数据做出T2。L图象,也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2.L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行,b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b,下列分析正确的是________(选填选项前的字母）．A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示,由于家里只有一根量程为0～30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可得重力加速度g＝________(用l1,l2,T1，T2表示)．解析：（1）组装单摆时,应选用1m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球,选项A、D正确．(2)单摆的振动周期T＝eq\f（t,n)。根据T＝2πeq\r(\f(L,g））,得g＝eq\f（4π2L,T2）＝eq\f（4π2n2L,t2）。(3)T3＝eq\f（t3,50）＝2。01s.根据T＝2πeq\r（\f(L,g）），得g＝eq\f（4π2L，T2）≈9。76m/s2.（4）根据T＝2πeq\r（\f（L,g)),得T2＝eq\f(4π2,g）L,即当L＝0时，T2＝0。出现图线a的原因是计算摆长时过短，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变小了，根据k＝eq\f（T2，L)，可能是T变小了或L变大了．选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确；由eq\f(4π2，g）＝k得g＝eq\f(4π2,k)，则k变小,重力加速度g变大，选项C错误．(5)设A点到铁锁重心的距离为l0。根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f（L，g)），得T1＝2πeq\r（\f（l1＋l0,g)），T2＝2πeq\r(\f(l2＋l0,g)).联立以上两式，解得重力加速度g＝eq\f(4π2l1－l2，T\o\al(2,1)－T\o\al（2,2)）.答案:（1）AD（2）eq\f（4π2n2L,t2）（3)2.019.76(4)B(5)eq\f（4π2l1－l2，T\o\al（2,1）－T\o\al(2,2）)用单摆测重力加速度的几点注意（1）该实验为测量性实验，要从多方面减小误差：摆球要体积小且密度大；偏角小于5°；测量摆长时,要从悬点到球心；对秒表要正确读数等．（2）游标卡尺读数规律和读数公式．①读数公式:读数＝主尺上的整毫米数＋精确度×n(n为游标尺上与主尺某一刻度对齐的格数)②读数位数：各种游标卡尺的读数结果若以毫米为单位，小数点后保留的位数与其精确度相同．③游标卡尺是根据刻度线对齐来读数的，所以不再往下一位估读．（3）减少各种失误：如游标尺上的精度分析错误；把边框线误认为零刻线；计算失误等．课时规范训练[基础巩固题组］1．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（取t＝0)，当振动至t＝eq\f(3π,2)eq\r（\f（L，g)）时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（）解析:选C。单摆周期为T＝2πeq\r（\f（L,g))，当t＝eq\f(3π,2）eq\r（\f(L,g）)＝eq\f（3T,4）时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动，选项C正确，A、B、D错误．2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是（）A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率,选D.3．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的eq\f（1,2)，则单摆振动的(）A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变解析:选C.由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f（l，g）)知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h,最低点速度为v，则mgh＝eq\f（1,2)mv2，质量改变后有4mgh′＝eq\f(1,2)×4m·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（v，2）））2，可知h′≠h，振幅改变，C正确．4．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：选B。由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πeq\r（\f(l,g)），得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，B正确,A、C、D错误．5．(多选）如图甲所示的弹簧振子（以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线,由曲线所给的信息可知,下列说法正确的是（)A．t＝0时，振子处在B位置B．振子运动的周期为4sC．t＝4s时振子对平衡位置的位移为10cmD．t＝2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmE．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，则振子的最大加速度大小为400m/s2解析：选ABE.由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10cm,其周期T＝4s,t＝0和t＝4s时,振子在负的最大位置，即图甲中的B位置．由于振子做变速运动,故t＝2.5s时，振子的位移应大于5cm,故选项A、B正确，C、D错误，由a＝－eq\f（kx,m）可知，振子的最大加速度为400m/s2,选项E正确．6．（多选)一个质点经过平衡位置O,在A、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向,下列说法正确的是（)A．OB＝5cmB．第0。2s末质点的速度方向是A→OC．第0。4s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7s末时质点位置在O点与A点之间E．在4s内完成5次全振动解析:选ACE。由图（b)可知振幅为5cm，则OB＝OA＝5cm,A项正确；由图可知0～0。2s内质点从B向O运动，第0。2s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0。4s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图（b)可知周期T＝0.8s，则在4s内完成全振动的次数为eq\f（4s，0.8s)＝5，E项正确．7．（1）在利用单摆测定重力加速度的实验中．若测得的g值偏大，可能的原因是（)A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为（n＋1）个全振动，使周期偏小E．测量周期时,把n个全振动误认为（n－1)个全振动，使周期偏大（2)若单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g月＝\f（1,6）g地）)，其周期是________．(3）实验中停表的读数如图，为________s。解析:（1）由单摆周期公式T＝2πeq\r（\f（l，g))可知，重力加速度g＝eq\f（4π2l,T2），进而知重力加速度与摆球质量无关，故A错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B错误;测量摆长时,只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g＝eq\f（4π2l，T2）可知，所测重力加速度偏小，故C错误；测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小,由g＝eq\f（4π2l,T2）可知，所测重力加速度偏大,故D正确；测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大，由g＝eq\f（4π2l，T2）可知,所测重力加速度偏小，故E错误．(2)在地球上秒摆的周期T＝2s，将秒摆移到月球上，其周期T＝2πeq\r（\f(L，g月））＝eq\r（6)T＝2eq\r（6）s。（3）由图示停表可知，分针示数为1min＝60s，秒针示数为10.8s，则停表示数为60s＋10。8s＝70.8s。答案：（1）D(2）2eq\r(6)s（3)70.8[综合应用题组]8．（多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析:选ABD.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g)）得知,甲、乙两单摆的摆长l相等,故A正确;甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确;尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知,无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0。5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2πeq\r（\f(l，g)）得g＝eq\f（4π2l，T),由于单摆的摆长未知，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．9．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图,O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置．小球的质量m＝0。4kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象，g取10m/s2.(1）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________（填“O"“P”或“Q”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________（用L、n、t表示)．（2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少?解析:（1）因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O开始计时．单摆周期T＝eq\f(t，n），再根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f（L,g））,可解得g＝eq\f(4π2n2L,t2)。(2）由图乙可知单摆的振幅A＝5cm，ω＝eq\f（2π,T）＝eq\f(2π,2)rad/s＝πrad/s,所以单摆做简谐运动的表达式为x＝5sinπt(cm）．小球在最大位移处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2s,根据T＝2πeq\r(\f(L，g)）,可求得摆长为L＝1m,加速度最大值am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(mgA，Lm)＝eq\f（10×5×10－2,1)m/s2＝0.5m/s2。答案：(1)Oeq\f(4π2n2L，t2）（2)x＝5sinπt（cm）小球在最大位移处的加速度最大0.5m/s210．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动,在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动;在t＝0。20s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0。50s时刻，振子速度第二次变为－v。(1)求弹簧振子的振动周期T；(2)若B、C之间的距离为25cm,求振子在4.00s内通过的路程；(3）若B、C之间的距离为25cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：（1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示．由对称性可得T＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（0.2，2)＋\f(0。5－0.2,2)））×4s＝1s（2)若B、C之间距离为25cm，则振幅A＝eq\f（1,2)×25cm＝12。5cm振子4。00s内通过的路程s＝4×4×12。5cm＝200cm(3）根据x＝Asinωt,A＝12。5cm，ω＝eq\f（2π,T）＝2πrad/s得x＝12。5sin2πt(cm）振动图象如图所示．答案:（1）1s(2)200cm(3）x＝12.5sin2πt（cm）图象见解析图第2节机械波一、机械波1．机械波的形成条件(1）有发生机械振动的波源．（2)有传播介质，如空气、水等．2．传播特点（1)传播振动形式、传递能量、传递信息．（2)质点不随波迁移．3．机械波的分类机械波eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(横波：振动方向与传播方向垂直.，纵波：振动方向与传播方向在同一条直线上。))二、描述机械波的物理量1．波长λ:在波动中振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离．用“λ"表示．2．频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于波源的振动频率．3．波速v、波长λ和频率f、周期T的关系公式：v＝eq\f（λ，T）＝λf。机械波的速度大小由介质决定,与机械波的频率无关．三、机械波的图象1．图象：在平面直角坐标系中，用横坐标表示介质中各质点的平衡位置,用纵坐标表示某一时刻各质点偏离平衡位置的位移，连接各位移矢量的末端,得出的曲线即为波的图象，简谐波的图象是正弦（或余弦）曲线．2．物理意义:某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移．四、波的衍射1．定义：波可以绕过障碍物继续传播的现象．2．发生明显衍射的条件：只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者小于波长时，才会发生明显的衍射现象．五、波的干涉1．波的叠加原理:几列波相遇时能保持各自的运动状态,继续传播，在它们重叠的区域里,介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2．波的干涉(1)定义：频率相同的两列波叠加时,某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱，这种现象叫波的干涉．(2）条件：两列波的频率相同．3．干涉和衍射是波特有的现象，波同时还可以发生反射、折射．六、多普勒效应由于波源与观察者互相靠近或者互相远离时,接收到的波的频率与波源频率不相等的现象．［自我诊断]1．判断正误（1)在机械波的传播过程中，各质点随波的传播而迁移．(×）(2)相距一个(或整数个）波长的两个质点的振动位移在任何时刻都相同，而且振动速度的大小和方向也相同．(√)(3)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象．（×)（4）波的传播在时间上有周期性，在空间上也有周期性．（√）（5)机械波传递的是振动形式和能量．（√）(6)波的图象描述的是一个质点的位移随时间变化的关系．（×）（7)发生多普勒效应的原因是波在传播过程中频率发生了变化．(×)2．（多选）关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是(）A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象B．产生干涉现象的必要条件之一,就是两列波的频率相等C．能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或比波长更小D．在干涉图样中,振动加强区域中的质点，其位移始终最大,振动减弱区域的质点,其位移始终保持最小E．当观测者靠近波源时，接收到的波的频率会大于波源的振动频率解析：选BCE。干涉、衍射是波共有的特性，所以A错误．干涉具备两波频率相同、相位差恒定的条件，B正确．当满足d≤λ时产生明显的衍射现象，C正确．在干涉图样中，质点的位移随时间时刻发生变化，D错误．在多普勒效应中，观测者与波源相对靠近时,接收到的波的频率大于波源的振动频率，E正确．3．（多选）如图所示,一列简谐横波沿x轴正方向传播，波传到x＝1m的P点时，P点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t＝0。4s时PM间第一次形成图示波形，此时x＝4m的M点正好在波谷．下列说法中正确的是（)A．P点的振动周期为0。4sB．M点开始振动的方向沿y轴正方向C．当M点开始振动时，P点正好在波峰D．这列波的传播速度是10m/sE．从计时开始的0.4s内，P质点通过的路程为30cm解析：选ACD.根据t＝0。4s时的波形和传播方向可知，此时P点再次经过平衡位置且向下振动，所以周期T＝0.4s，A正确．所有质点的起振方向都应与振源的起振方向相同,所以M点开始振动时沿y轴负方向，B错误．PM间平衡位置的距离为eq\f（3，4）λ，当M点开始振动时，P点已经振动了eq\f(3,4）T，所以P点正好在波峰，C正确．由波形知，该波的波长λ＝4m，所以波速v＝eq\f(λ,T)＝10m/s，D正确．一个周期(T＝0。4s）内，P质点通过的路程s＝4A＝40cm，E错误．4．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2m、x＝4m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4次到达波峰．(1)求波速；(2)写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程）．解析：(1)设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由图象知λ＝4m．由题意知t＝15s＝3T＋eq\f(3，4）T①又v＝eq\f（λ,T)②联立①②式，代入数据得v＝1m/s(2）质点P做简谐运动的表达式为y＝0.2sin(0。5πt)m答案：（1）1m/s（2）y＝0。2sin（0。5πt）m考点一波的图象及波速公式的应用1．波动图象的特点（1)质点振动nT(波传播nλ）时,波形不变．(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…)，它们的振动步调总相同;当两质点平衡位置间的距离为（2n＋1)eq\f(λ，2）（n＝0,1，2，3…)时,它们的振动步调总相反．（3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向,各质点的起振方向与波源的起振方向相同．2．波动图象的信息（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．(2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．3．波速与波长、周期、频率的关系为：v＝eq\f(λ，T)＝λf。1．(多选)如图所示为从波源开始振动到经过一个周期T时在介质中形成的波形图．则据此图可知下列说法中正确的是（）A．若N点是波源，则该时刻P点的速度最大B．若N点是波源，则P点已振动了eq\f(3T，4）C．若M点是波源，则P点已振动了eq\f(T,4）D．若M点是波源，则M点开始振动的方向向上E．若波向右传播，则此时M点正在向下振动解析：选BCE。若N是波源，则此波向左传播，P点已振动eq\f（3,4)T,此时速度为零，A错误，B正确．若M是波源，由“上下坡法”可知M点开始向下振动，P点已振动eq\f（1,4）T，C、E正确，D错误．2．(多选)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0。4s．下列说法正确的是(）A．波速为4m/sB．波的频率为1.25HzC．x坐标为15m的质点在t＝0.6s时恰好位于波谷D．x坐标为22m的质点在t＝0.2s时恰好位于波峰E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷解析:选BDE.任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s,可知振动周期T＝0.8s,频率f＝eq\f（1,T）＝1.25Hz，B正确．从题图中可以看出波长λ＝4m，根据v＝λf，得v＝5m/s,A错误．由于波在传播过程中具有空间周期性,x坐标为15m处的质点运动规律与x＝3m处相同，从t＝0时刻经过0。6s，即经历eq\f(3，4)周期，质点应位于平衡位置，C错误．用同样的方法可判断出D、E正确．3．(2017·湖北孝感调研)（多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T。在t＝0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2cm，yQ＝－2cm，下列说法中正确的是(）A．P点的振动形式传到Q点需要eq\f(T，2）B．P、Q在振动过程中，位移的大小总相等C．在eq\f(5T,4)内,P点通过的路程为20cmD．经过eq\f（3T,8)，Q点回到平衡位置E．在相等时间内,P、Q两质点通过的路程相等解析:选ABE.由图看出,P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期eq\f（T，2），P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中,它们的位移大小总是相等，故A、B正确．若图示时刻P点在平衡位置或最大位移处,在eq\f(5,4)T内,P点通过的路程为:s＝5A＝5×4cm＝20cm，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在eq\f（5,4）T内,P点通过的路程不是20cm，故C错误．图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于eq\f(T,8),再从波谷运动到平衡位置的时间为eq\f(T，4）,所以经过eq\f(3，8)T，Q点没有回到平衡位置，故D错误．由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故E正确．4．(2017·宁夏银川一中模拟）（多选）一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0。2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是（）A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/sB．波沿x轴正方向传播，波速为5m/sC．若某时刻质点M到达波谷处,则质点P一定到达波峰处D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反E．从图示位置开始计时，在2。0s时刻，质点P的位移为20cm解析：选ACE.根据图可得λ＝6m,根据经过1。0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同可得周期T＝1。2s，根据公式可得v＝eq\f(λ,T）＝5m/s.根据“走坡法”可得波沿－x方向传播,选项A正确,B错误；因为此时质点M与质点P两点平衡位置之间的距离是半个波长，属于反相点，即振动情况总是相反，若质点M到达波谷处,则质点P一定到达波峰处,选项C正确;质点M与质点Q不属于反相点,所以位移不是总是大小相等、方向相反，选项D错误;根据题中信息可得P从图示位置运动到波谷需要0.2s，从波谷运动到波峰需要0。6s，所以在2.0s时刻，质点P正好运动到了波峰，所以位移为20cm，选项E正确．判断波的传播方向与质点的振动方向的三种常见方法（1）上下坡法：沿波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，如图甲所示．（2)同侧法:波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧，如图乙所示．(3）微平移法：将波形图沿传播方向平移Δx（Δx≤eq\f(λ,4)）,再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定，如图丙所示．考点二波动图象和振动图象的综合振动图象与波动图象的比较：两种图象比较内容振动图象波动图象研究对象一振动质点沿波传播方向上的所有质点图象意义一质点位移随时间变化的规律某时刻所有质点相对平衡位置的位移图象特点图象信息①振动周期、振幅②各时刻质点的位移、速度、加速度(包括大小、方向)①波长、振幅②任意一质点此时刻的位移③任意一质点在此时刻加速度方向图象变化随时间推移图象延续，但原有形状不变随时间推移,图象沿传播方向平移一完整曲线对应横坐标一个周期一个波长[典例1](多选)图甲为一列简谐横波在t＝0。10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1。0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象．下列说法正确的是(）A．在t＝0。10s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0。10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD．从t＝0。10s到t＝0。25s，质点P通过的路程为30cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πt(国际单位制）解析由题图乙可知，在t＝0。10s时,质点Q向y轴负方向运动,A错误．结合题图甲、乙可知，波沿x轴负方向传播，t＝0.25s时P处于y轴的负方向，则其加速度沿y轴的正方向,B正确．由图甲知波长λ＝8m，由图乙知周期T＝0。2s，则波传播的速度v＝eq\f（λ，T）＝40m/s，所以在t＝0.10s到t＝0。25s时间内波向x轴负方向传播的距离x＝vt＝6m，C正确．从t＝0.10s到t＝0。25s，经历的时间t＝eq\f(3,4)T，只有计时开始时，振动质点处于平衡位置或振幅点处,其经过的路程才是30cm，D错误．由图乙可知E正确．答案BCE“一分、一看、二找”巧解波的图象与振动图象综合类问题（1)分清振动图象与波的图象．只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图象，横坐标为t则为振动图象．（2）看清横、纵坐标的单位．尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波的图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点．1．（2016·贵州贵阳二模)(多选)如图所示，甲为一列沿x轴传播的简谐波在t＝0。1s时刻的波形图象，乙表示该波在传播介质中x＝2m处的质点a从t＝0时起的振动图象．则（）A．该波的周期是0.10sB．该波沿x轴负方向传播C．t＝0.05s时，质点a在负的最大位移处D．从t＝0。10s到t＝0。25s，质点a通过的路程为40cmE．t＝0.25s，x＝4m处的质点b的加速度沿y轴负方向解析：选BCE。由质点a的振动图象知，波的周期T＝0.20s，A错误．t＝0。10s时，质点a沿y轴正方向运动，所以波沿x轴负方向传播,B正确．质点a在eq\f（1，4)T时(即t＝0.05s时)的位置应在负的最大位移处，C正确．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点a又振动了eq\f(3,4)T，所以通过的路程为60cm，D错误．质点b在t＝0.10s时向y轴负方向运动,t＝0.25s时振动到正向最大位移处，所以加速度沿y轴负方向，E正确．2．(2017·四川资阳一诊）（多选）某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t＝1s时的波形图，图乙是介质中x＝2m处质点的振动图象，则下列说法正确的是（)A．波沿x轴正向传播，波速为1m/sB．t＝2s时，x＝2m处质点的振动方向为y轴负向C．x＝1m处质点和x＝2m处质点振动步调总相同D．在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE．在t＝1s到t＝2s的时间内，x＝0。5m处的质点运动速度先增大后减小解析:选BDE.由图乙可知，t＝1s时，x＝2m处的质点向上振动，故波沿x轴负向传播，波速为v＝eq\f（λ，T)＝eq\f(2,2)m/s＝1m/s，选项A错误；由图乙可知，t＝2s时，x＝2m处质点的振动方向为y轴负向，选项B正确；x＝1m处质点和x＝2m处质点间的距离相差半个波长，故振动步调总相反，选项C错误；因为1s＝eq\f(1,2)T,故在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是2A＝5cm×2＝10cm，选项D正确；在t＝1s到t＝2s的时间内，x＝0.5m处的质点从波峰到波谷位置，故运动速度先增大后减小，选项E正确．3．（2016·山西八校联考)(多选)如图甲所示为一简谐波在t＝0时刻的图象，图乙所示为x＝4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是(）A．这列波的波速是2m/sB．这列波的传播方向沿x轴正方向C．t＝3.5s时P点的位移为0。2mD．从t＝0时刻开始P点的振动方程为y＝0。2sin(πt＋π）mE．从t＝0时刻开始P点的振动方程为y＝0。2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(π，2）))m解析：选ACD.由图象可知波长λ＝4m,周期T＝2s，波速v＝eq\f(λ,T)＝2m/s，选项A正确；t＝0时刻P点向－y方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿x轴负方向传播，选项B错误；由质点P的振动图象知，t＝3.5s＝1eq\f(3,4)T，此时P点位于波峰位置,位移为0。2m，选项C正确;由图乙知ω＝eq\f(2π,T）＝πrad/s,初相位为π，振动方程为y＝0。2sin(πt＋π）m，选项D正确,E错误．4．(2016·广东联考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t＝0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图象如图乙所示,则：（1）该波的传播速度是多大?（2)从t＝0到t＝1。6s，质点P通过的路程为多少？(3）经过多长时间质点Q第二次到达波谷？解析：（1)由图乙知，质点的振动周期为T＝0。8s.由图甲知,波长λ＝20m,则波速v＝eq\f（λ,T）＝eq\f（20,0.8）m/s＝25m/s。（2)振幅为2m，从t＝0到t＝1.6s时，质点P通过的路程为：s＝2×4A＝16m（3）质点P、Q的平衡位置之间的距离为：L＝85m－10m＝75m，由L＝vt,解得t＝3s，即经过3s时间质点Q第一次到达波谷，经过3.8s时间质点Q第二次到达波谷．答案：（1)25m/s(2)16m(3)3.8s考点三机械波的多解问题1．造成波动问题多解的主要因素有（1）周期性：①时间周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确；②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．（2）双向性：①传播方向双向性：波的传播方向不确定；②振动方向双向性：质点振动方向不确定．2．解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt（n＝0，1，2…);若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx（n＝0,1，2…)．3．求解波的多解问题的一般步骤(1)根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式．（2)根据题设条件判断是唯一解还是多解．(3）根据波速公式v＝eq\f(Δx,Δt）或v＝eq\f（λ，T)＝λf求波速．［典例2］甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示．求：(1)t＝0时,介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16cm的质点的时间．解析（1)t＝0时，在x＝50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝50cm,λ2＝60cm①甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1,±2，…②x2＝50＋k2λ2,k2＝0,±1，±2，…③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为x＝(50＋300n)cm（n＝0，±1,±2，…）④（2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16cm.t＝0时，两列波波谷间的x坐标之差为Δx′＝［50＋（2m2＋1)eq\f(λ2,2)］－［50＋(2m1＋1)eq\f（λ1,2)］⑤式中，m1和m2均为整数，将①式代入⑤式得Δx′＝10×(6m2－5m由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为Δx0′＝5cm⑦从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16cm的质点的时间为t＝eq\f（Δx0′,2v）⑧代入数值得t＝0.1s⑨答案（1)x＝（50＋300n)cm（n＝0，±1，±2，…）（2)0。1s波的多解问题中几点注意（1）首先考虑双向性，若题目未告知波的传播方向或没有其他条件暗示，应首先按波传播的可能性进行讨论．(2)对设定的传播方向，确定Δt和T的关系，一般先确定最简单的情况，即一个周期内的情况，然后在此基础上加nT。(3)应注意题目是否有限制条件，如有的题目限制波的传播方向，或限制时间Δt大于或小于一个周期等，所以解题时应综合考虑，加强多解意识，认真分析题意．(4）空间的周期性与时间的周期性是一致的，实质上是波形平移规律的应用，所以应用时我们可以针对不同题目选择其中一种方法求解．1．（多选）一列简谐横波沿x轴正方向传播,t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0。1s时刻的波形如图中虚线所示．波源不在坐标原点O,P是传播介质中离坐标原点xP＝2.5m处的一个质点．则以下说法正确的是()A．质点P的振幅为0。1mB．波的频率可能为7。5HzC．波的传播速度可能为50m/sD．在t＝0。1s时刻与P相距5m处的质点一定沿x轴正方向运动E．在t＝0。1s时刻与P相距5m处的质点可能是向上振动，也可能是向下振动解析：选ACE.质点P的振幅为0。1m，选项A正确；波沿x轴正方向传播，t＝0。1s内传播的距离至少为eq\f（1,4)λ,即传播的距离Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f（1，4))）λ＝(4n＋1）m，t＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（n＋\f(1，4))）T，故周期通式T＝eq\f（0。4,4n＋1)s（n＝0,1，2，…)，选项B错误；波速通式v＝Δx/t＝10（4n＋1）m/s(n＝0，1,2，…），当n＝1时,v＝50m/s，选项C正确；波的传播过程是振动形式的传播，质点不会沿波传播方向运动，选项D错误；在t＝0.1s时刻与P相距5m处的质点可能是向上振动，也可能是向下振动,选项E正确．2．(2017·吉林实验中学一模)（多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6s时刻，这列波刚好传到Q点,波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点,则以下说法正确的是（)A．这列波的波速为16.7m/sB．这列波的周期为0.8sC．质点c在这段时间内通过的路程一定等于30cmD．从t时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是t＋eq\f(1,3)s这个时刻E．当t＋0。5s时刻，质点b、P的位移相同解析：选BDE.由图可知，波的波长为40m，0。6s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（n＋\f（3,4））)T，故周期为T＝eq\f（2。4s,4n＋3)(n＝0,1，2，…），波速为v＝eq\f（λ，T）＝eq\f(40，2。4)(4n＋3)m/s（n＝0，1，2，…）,把n＝0代入得T＝0。8s，v＝50m/s，选项A错误，B正确；因为c只振动了半个周期，故路程为2A＝20cm，选项C错误;a点在实线位置时向上振动，第一次到达平衡位置时，根据对称性可得恰好是t＋eq\f（1,3）s这个时刻，D正确；在t时刻,因波沿x轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0。5s后，P正在向下振动(负位移）,是经过平衡位置后向下运动0。1s；而质点b正在向上振动（负位移)，是到达最低点后向上运动0。1s，因为0。2s＝eq\f(T，4），可见此时两个质点的位移是相同的，选项E正确．3．(2016·陕西师大附中第二次模拟）一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P、Q两点，平衡位置相距5.5m，其振动图象如图所示，实线为P点的振动图象，虚线为Q点的振动图象,求：（1)该波的波长;（2）该波的最大传播速度．解析:(1）根据题意，画出如图所示的波动图象，其对应的方程y＝－10sinx，当y＝5时,sinx＝－eq\f（1，2)解得x＝2nπ＋eq\f（11，6）π（n＝0、1、2、3、…）根据数学关系类比可得eq\f（2nπ＋\f（11,6）π,5.5）＝eq\f（2π,λ）（n＝0、1、2、3、…）nλ＋eq\f（11，12）λ＝5.5(n＝0、1、2、3、…）解得λ＝eq\f(66，12n＋11)m(n＝0、1、2、3、…)（2)由图象可知：周期T＝1s，由波速公式可得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(66,12n＋11)m/s(n＝0、1、2、3、…）当n＝0时，vm＝6m/s答案：（1)eq\f(66，12n＋11）m(n＝0、1、2、3、…)(2）6m/s考点四波的干涉、衍射、多普勒效应1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。（1）当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ（n＝0,1，2,…),则振动加强；若Δr＝(2n＋1）eq\f(λ，2)(n＝0，1，2，…），则振动减弱．(2)当两波源振动步调相反时若Δr＝（2n＋1）eq\f（λ,2）（n＝0，1，2，…），则振动加强;若Δr＝nλ(n＝0，1,2,…），则振动减弱．2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长．3．多普勒效应的成因分析（1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝eq\f(vt,λ)，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．(2）当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．1．(多选）如右图所示为观察水面波衍射的实验装置,AC和BD是两块挡板，AB是一个小孔，O是波源,图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对波经过孔后的传播情况，下列描述正确的是（）A．此时能明显观察到波的衍射现象B．挡板前后波纹间距相等C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象解析：选ABC.由题图可以看出，孔AB尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时,才能观察到明显的衍射现象,A、C正确；由λ＝eq\f(v，f)知,v不变，f增大，λ减小，衍射现象不明显，D错误；既然衍射是指“波绕过障碍物而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变,B正确．2．（2016·南昌二模）（多选）水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况如图所示，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线)和波谷(虚线)．S1的振幅A1＝4cm，S2的振幅A2＝3cm，则下列说法正确的是()A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻的高度差为14cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C的振幅为1cmE．质点C此刻以后将向下振动解析：选BDE.由题图可知，D点为两波谷相遇，应该是加强点，选项A错误；此时A点在加强后的最高点,D点在加强后的最低点,由波的叠加可知AD的高度差为14cm，选项B正确；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干涉图象，所以A、D点始终是加强点，B、C点始终是减弱点，选项C错误；质点C为减弱点，振幅为两振幅之差为1cm,选项D正确；由题意可知此时质点C将向下振动,选项E正确．3．（1）（多选）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比(）A．波速变大 B．波速不变C．频率变高 D．频率不变(2）用2×106Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的______倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时_____(填“容易”或“不容易”）发生衍射．解析：（1)超声波的波速由介质决定，介质不变，则波速不变,B正确．当鱼群向渔船靠近时,由于多普勒效应，被鱼群反射回来的超声波频率高于波源发出的频率，C正确．（2)由于波长、波速、频率三者的关系为v＝λf，而同一超声波在不同介质中传播时频率不变(